1、例谈立体几何中的转化立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富，其中最重要的就是转化的思想方法，它贯穿立体几何教学的始终，在立体几何教学中占有很重要的地位。立体几何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化，具体从以下几个方面入手。1、 位置关系的转化线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体几何中的一个重点内容，其精髓就是平行与垂直位置关系的相互依存及转化，平行与垂直问题不但能横向转化，而且可以纵向转化。例 1 已知三棱锥 SABC 中，ABC90，侧棱 SA底面 ABC，点 A 在棱 SB 和SC 上的射影分别是点 E、F。求证 EFSC 。分析：A、E、F 三点不共线，AFSC，要证 EFSC，
2、只要证 SC平面 AEF，只要证 SCAE（如图 1）。又BCAB ，BC SA ，BC平面 SAB，SB 是 SC 在平面 SAB 上的射影。只要证 AESB （已知），EFSC。例 2 设矩形 ABCD，E、F 分别为 AB、CD 的中点，以 EF 为棱将矩形折成二面角 AEFC 1(如图2)。求证：平面 AB1E平面 C1DF。分析一（纵向转化）：AEDF ，AE 平面 C1DF， AE平面 C1DF.同理，B 1E平面 C1DF，又 AEB 1EE，平面 AB1E平面 C1DF。分析二（横向转化）：AEEF，B 1EEF，且 AEB 1EE，EF平面C1DF。同理，EF平面 C1DF
3、。平面 AB1E平面 C1DF。2、降维转化由三维空间向二维平面转化，是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去，用学生们比较熟悉的平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等的平面问题。例 3 如图-3，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB=BC= ， BB1=2， ，E、F 分别为 AA1、C 1B1 的290ABC中点，沿棱柱的表面从 E 到 F 两点的最短路径的长度为 . 分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角
4、来进行的。B E AD1C F C1 图2D图1ES FCBA图-3例 4 如图-4 直四棱柱 中， ，底面 ABCD 是直角梯形，1DCBA21A 是直角，AB|CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线 与 DC 所成角的大小.（结B果用反三角函数值表示）解：由题意 AB/CD，是异面直线 BC1 与 DC 所成的角.BC1连结 AC1 与 AC，在 RtADC 中，可得 ，5AC又在 RtACC 1 中，可得 AC1=3.在梯形 ABCD 中，过 C 作 CH/AD 交 AB 于 H，得 13,2,90BHB又在 中，可得 ，1Rt71在 .173arcos,172cos, 1121
5、1 ABCBCAAC中异而直线 BC1 与 DC 所成角的大小为。实现空间问题向平面问题转化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。3、割补转化“割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的简单几何体，从而较快地找到解决问题的突破口。例 5 如图 5，三棱锥 PABC 中，已知 PABC ，PA BCn,PA 与 BC 的公垂线 EDh，求证：三棱锥 PABC 的体积 V n2h.16此题证法很多，下面用割补法证明如下：分析一：如图 5，连结 AD、PD，BCDE，BCAB， BC平面 APD，又 DEAP，V PABC V
6、BAPD V CAPD BCSAPD 。 31hn261分析二：如图 6，以三棱锥 PABC 的底面为底面，侧棱 PA 为侧棱，补成三棱拄 PB1C1 ABC，连结 EC、EB ，则易证 AP平面 EBC， B图6ACP B1C1EABCPED图5图-4V 三棱拄 APS EBC n2h。1V PABC = V 三棱拄 = 。364、等积转化“等积法”在初中平面几何中就已经有所应用，是一种很实用的数学方法与技巧。立体几何中的“等积转化”（或称等积变换）是以面积、体积（尤其是四面体的体积）作为媒介，来沟通有关元素之间的联系，从而使问题得到解决。例 6 如图 7，已知 ABCDA 1B1C1D1
7、是棱长为 a 的正方体，E、F 分别为棱 AA1 与 CC1 的中点，求四棱锥 A1EBFD 1 的体积。略解：易证四边形 EBFD1 是菱形，连结 A1C1、EC 1、AC 1、AD 1， 则 VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1=2VE- A1C1D1=VA-A1C1D1= V 正方体 AC1 a3。665、抽象向具体转化例 7 A、B 、C 是球 O 面上三点，弧 AB、AC、BC 的度数分别是 90、90 、60。求球 O 夹在二面角 BAOC 间部分的体积。分析：此题难点在于空间想象，即较抽象。教师 引导学生读题：条件即AOB AOC 90
8、，BOC 60，然后给出图形（如图 8），则可想象此题意即为用刀沿 60二面角，以直径为棱将一个西瓜切下一块，求这一块西瓜的体积，（答： ）。问题于是变得直观具体多了。923r例 8 三条直线两两垂直，现有一条直线与其中两条直线都成 60角，求此直线与另外一条直线所成的角。分析：由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直，于是问题可以转化为如下问题：长方体一条对角线与同一顶点上的三条棱所成的角分别是 60、60、，求 的大小。根据长方体的性质，有 cos cos60cos60 1，可求得 45。立体几何的教学，关键是要调动学生的学习兴趣，让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结论源自生活实际，源
9、自平面几何，要教会学生联想实际模型，联想平面几何中已经熟悉的东西，借助可取之材来建立空间想象，加强直观教学，这样就容易让学生接受，让他们喜欢上这一门学科，从而更有效地培养他们的空间想象力，提高他们解决立体几何问题的能力。立方体在高考题中立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体. 首先：其本身A1 D1B1 EF D B CA1C1图-7AO CB图8 A DB CA1 D1B1 C1图9中的点、线、面的位置关系包涵了空间图形中的所有的位置关系. 其次：它与代数( 如：不等式、函数与数列、排列组合等)、三角、解析几何有着密切联系 . 因而它是高考命题的热点. 下面从数学思想方
10、法方面探究其重要性.一体现数形结合思想1如图，在棱长为 2 的正方体 中，O 是底面 ABCD 的中心，E、F 分1DCBA别是 、AD 的中点. 那么异面直线 OE 和 所成的角 的余弦值等于.1CF(A) (B) (C) (D)5055432分析：可建立空间直角坐标系(如图), 转化为空间向量的数量关系运用数量积来求解,可得 =(1,1,1), =(1,0,2)OE1FD= , = ,E31F5有 =(1,1,1) (1,0,2)=3D又 = cosO135 cos =3即 cos = .故选(B)5注：立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(将形和数很好地结合起来 )是个好方法
11、.2一个四面体的所有棱长都为 ，2四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）（A） （B）4 （C ） （D） 336分析：本题中没有立方体,可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体.如图,将正四面体 ABCD 补成立方体,则正四面体、立方体的中心与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为 ,2所以正方体棱长为 1,从而外接球半径 R= ,得 .故选(A).3球S注：“补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决,是处理空间图形中惯用的手段.二体现转化与化归思想D1 C1A1 B1A BCDOFEXYZBACD3下列 5 个正方体图形中， 是正方体的一
12、条对角线，点 M、N、P 分别为其所在棱的中l点，能得出 面 MNP 的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序l号）_. 分析：易知是合要求的，由于五个图形中的 在同一位置,只要观察图 中的平面lMNP 哪一个和中的平面 MNP 平行( 转化为面面平行) 即可.故为: 注：本题中选中平面 MNP 作为“参照系”,可清淅解题思路 ,明确解题目标.4如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，P 是侧面 BB1C1C 内一动点，若 P 到直线 BC 与直线 C1D1 的距离相等，则动点 P 的轨迹所在的曲线是（A） 直线（B） 圆（C） 双曲线（D ） 抛物线分析：易知 P 到直线 C1D1
13、 的距离为： .1PC由 C1 是定点, BC 是定直线.条件即动点 P 到定点 C1 的距离等于到定直线 BC 的距离.符合抛物线的定义, 化归为抛物线问题.故选 (D)注：立几中的解几问题是近年来才露脸的题型,要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容,更要有跳跃的思维, 较强的转换能力.三体现分类讨论思想5如图，E、F 分别为正方体的面 、1AD面 的中心，则四边形 在该正方体的面上的射1BCEBF影可能是_。 （要求：把可能的图的序号都填上）分析：因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形 在三个方向上作投影即EBFD1可,因而可分为三类情况讨论.PMNlPNMlNlPMlMNPN
14、lPMA BCD111P在面 ABCD 上作投影可得 ( 平行四边形).在面 上作投影可得(线段).1AD在面 上作投影可得(平行四边形).B故可填为：注：截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型,象本题一样的定性分析题一定要抓住图形的特性(平行、垂直等) 进行分析.6从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为(A)56 (B) 52 (C)48 (D)40分析：可将合条件的直角三角形分为两类：第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6 =24 个.34C第二类：三个顶点在正方体的相对的两个面上时,直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面,因而有：6
15、4=24 个.故共有：24+24=48 个. 从而选 (C)注：以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型,要做到不重复不遗漏地分类并且注意几何体的结构特点去求解.四体现函数与方程思想7如图，正方形 、 的边长都是 1，而且平面 、 互相垂直. 点ABCDEFABCDEF在 上移动，点 在 上移动，MN若 .a)20(（1）求 的长；（2）当 为何值时， 的长最小；分析：将图形补成为正方体(如图) 运用函数思想求解.（1）作 MKAB 于 K,连 KN.由面 ABCD 面 ABEF得 MKKN.从而 = MN2K又由 得 KNAF.FBACK从而 = = = 2a)(M将代入有 =
16、 = 为所求.N21)(21a1a（2）运用函数配方法 ,由（）知 = . .2 )20(A BD C EFNMK配方有 = MN21)(a即当 = 时， 取最小值 .2注：对空间图形中含有一些“动态”因素(象距离、角度等 )的问题, 可考虑能否把这一动源作为自变量,构造目标函数 ,用函数的思想来处理 .8如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，点 E 是棱 BC 的中点，点 F 是棱 CD上的动点. 试确定点 F 的使得 D1E平面 AB1F.分析：以 A 为坐标标原点，建立如图所未的空间直角坐标系.运用方程思想(借助向量的数量积 )求解.设 DF= ，则 A（0 ，0，0） ，B 1（1，0 ，1）,xD1（0， 1，1） ，E ，F（ ，1，0 ）,2x ， .,1 ),(A于是 D1E平面 . =0FB10ED1,2)0,(x021x既 .故当点 F 是 CD 的中点时，D 1E平面 AB1F.2x CB A D11X YZE F
